Problema 15 (sistema com foco instável). Considere
\mathbf{x}^{\prime}=A \mathbf{x}, \quad A=\left[\begin{array}{cc} 1 & -3 \\\\ 2 & 1 \end{array}\right]
(a) Encontre os autovalores. (b) Verifique que possuem parte real positiva. (c) Classifique o equilíbrio na origem. (d) Esboce o retrato de fase (espirais saindo da origem).

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema linear
\mathbf{x}'=A\mathbf{x},\qquad A=\begin{pmatrix}1 & -3\\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix},
e pede quatro coisas:
(a) encontrar os autovalores de A;
(b) verificar que esses autovalores têm parte real positiva;
(c) classificar o equilíbrio na origem (estável/instável, nó/selim/foco/etc.);
(d) esboçar o retrato de fase (especificamente: espirais saindo da origem).
Dados relevantes que o enunciado dá: a matriz A com entradas a_{11}=1, a_{12}=-3, a_{21}=2, a_{22}=1.
A resolução começará a seguir nos passos seguintes.]

Passo 2

Encontrar autovalores: método e cálculo passo a passo.
Para achar autovalores \lambda de uma matriz 2\times2 usamos o polinômio característico
\det(A-\lambda I)=0.
Para uma matriz \begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix} o determinante é ad-bc. Também é útil saber que o polinômio característico fica
\lambda^{2}-(\operatorname{tr}A)\lambda+\det A=0,
onde \operatorname{tr}A=a+d é a soma das diagonais (traço) e \det A=ad-bc é o determinante. Vamos aplicar isso à nossa matriz A.
Calcule o traço:
\operatorname{tr}A = 1+1 = 2.
Calcule o determinante:
\det A = 1\cdot 1 - (-3)\cdot 2 = 1 + 6 = 7.
Logo o polinômio característico é
\lambda^{2} - 2\lambda + 7 = 0.
Agora usamos a fórmula de Bhaskara (fórmula quadrática) para resolver \lambda^{2}-2\lambda+7=0. A fórmula diz que, para a\lambda^{2}+b\lambda+c=0,
\lambda=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}.
Aqui a=1, b=-2, c=7, então o discriminante é
\Delta = b^{2}-4ac = (-2)^{2}-4\cdot 1\cdot 7 = 4-28 = -24.
Como \Delta é negativo, teremos autovalores complexos conjugados. Aplicando a fórmula:
\lambda = \frac{2 \pm \sqrt{-24}}{2} = \frac{2 \pm i\sqrt{24}}{2} = 1 \pm i\sqrt{6}.

Passo 3

Verificação da parte real positiva (resposta à parte (b)).
Escrevemos os autovalores obtidos:
\lambda_{1,2} = 1 \pm i\sqrt{6}.
A parte real de ambos os autovalores é \Re(\lambda_{1})=\Re(\lambda_{2})=1. Como 1>0, ambos têm parte real positiva.
Explicação didática do porquê isso importa: para um autovalor \lambda=\alpha+i\omega a solução associada localmente comporta-se como e^{\lambda t}=e^{\alpha t}e^{i\omega t}. O fator e^{\alpha t} controla crescimento/decrescimento em amplitude: se \alpha>0 a amplitude cresce exponencialmente (instabilidade), se \alpha<0 decresce (estabilidade). O fator e^{i\omega t} introduz oscilações/rotação (senos e cossenos). Aqui \alpha=1>0 e \omega=\sqrt{6}\neq 0, então teremos oscilações com amplitude que cresce exponencialmente.

Passo 4

Classificação do equilíbrio na origem (resposta à parte (c)) com justificativa detalhada.
Regras importantes (ensinando a teoria necessária):
  • Se os autovalores são reais e distintos, podemos ter nós ou selins dependendo dos sinais.
  • Se os autovalores são complexos conjugados \alpha\pm i\omega com \omega\neq 0, o comportamento é de foco (também chamado de espiral): as trajetórias giram em torno da origem.
  • O sinal de \alpha (parte real) determina se é foco estável ( \alpha<0) ou foco instável ( \alpha>0).
No nosso caso temos \lambda=1\pm i\sqrt{6} com \alpha=1>0 e \omega=\sqrt{6}\neq0. Portanto o equilíbrio na origem é um foco instável (em português: foco/espiral repellente) — as trajetórias espiralam para fora conforme t\to+\infty.
Para reforçar a intuição com a forma das soluções reais: seja um autovetor complexo v=p+iq associado a \lambda=\alpha+i\omega. Então duas soluções fundamentais reais do sistema são
e^{\alpha t}\big(p\cos(\omega t)-q\sin(\omega t)\big) \qquad\text{e}\qquad e^{\alpha t}\big(p\sin(\omega t)+q\cos(\omega t)\big).
Essas soluções têm fator e^{\alpha t} que dilata (se \alpha>0) ou contrai (se \alpha<0) e combina seno/cosseno (rotação). Isso produz precisamente uma espiral: rotação \times crescimento/decrescimento radial.

Passo 5

Cálculo explícito do autovetor (para entender direção e sentido de rotação) e fórmula das soluções reais (detalhada, sem pular passos).
Tomemos \lambda=1+i\omega com \omega=\sqrt{6}. Queremos um autovetor v tal que (A-\lambda I)v=0. Escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & -3\\[4pt] 2 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Como 1-\lambda = 1-(1+i\omega) = -i\omega, a matriz fica
\begin{pmatrix}-i\omega & -3\\[4pt] 2 & -i\omega\end{pmatrix}.
Procuramos v=\begin{pmatrix}v_1\\\ v_2\end{pmatrix} tal que
\begin{pmatrix}-i\omega & -3\\[4pt] 2 & -i\omega\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\\ v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}.
A primeira linha dá -i\omega v_1 - 3 v_2 = 0, então podemos escolher v_1=3 (escolha livre de escala) e obtemos
v_2 = -i\omega.
Portanto um autovetor é
v=\begin{pmatrix}3\\\\ -i\omega\end{pmatrix} = p + i q,
onde podemos ler as partes real e imaginária:
p=\begin{pmatrix}3\\\\ 0\end{pmatrix},\qquad q=\begin{pmatrix}0\\\\ -\omega\end{pmatrix}.
Usando a fórmula com p e q mencionada antes, duas soluções reais são
x^{(1)}(t)=e^{t}\big(p\cos(\omega t)-q\sin(\omega t)\big) = e^{t}\begin{pmatrix}3\cos(\omega t)\\[4pt] \omega\sin(\omega t)\end{pmatrix},
x^{(2)}(t)=e^{t}\big(p\sin(\omega t)+q\cos(\omega t)\big) = e^{t}\begin{pmatrix}3\sin(\omega t)\\[4pt] -\omega\cos(\omega t)\end{pmatrix}.
Essas combinações deixam claro: há fator e^{t} (crescimento exponencial) e componentes em seno/cosseno (rotação). Logo trajetórias giram enquanto se afastam da origem — exatamente um foco instável.]

Passo 6

Determinar o sentido das espirais (importante para o esboço pedido em (d)) e instruções práticas para desenhar o retrato de fase.
Para saber se a rotação é no sentido horário ou anti-horário podemos avaliar o campo vetorial em um ponto simples, por exemplo na interseção com o eixo x: pegue \mathbf{x}=(1,0)^{T}. Calculamos
\mathbf{x}'=A\mathbf{x}=\begin{pmatrix}1 & -3\\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt] 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 2\end{pmatrix}.
No ponto (1,0) a derivada aponta para cima e para a direita, ou seja, com componente y'>0. Isso indica que a trajetória que parte do eixo positivo x se move inicialmente para cima — portanto a rotação é no sentido anti-horário (contrário ao sentido dos ponteiros do relógio).
Como resumo prático para desenhar o retrato:
  • Desenhe a origem como ponto de equilíbrio (foco).
  • As trajetórias são espirais que saem da origem (porque \alpha=1>0).
  • O giro é anti-horário (verificado acima).
  • Não há direções reais de autovetores (porque autovalores são complexos), então não existem linhas próprias reais atravessando a origem; as trajetórias simplesmente espiralam sem seguir retas particulares.
  • Para esboçar: pegue algumas condições iniciais, desenhe pequenas curvas que giram anti-horário e cujos raios aumentam exponencialmente à medida que se afastam do centro.]

Resposta

(a) \lambda_{1,2}=1\pm i\sqrt{6}.
(b) Sim; \Re(\lambda_{1})=\Re(\lambda_{2})=1>0.
(c) A origem é um foco (espiral) instável — foco repelente.
(d) Retrato de fase: espirais saindo da origem (amplitude cresce), girando no sentido anti-horário.

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